2026版人教版高中化学选择性必修2《物质结构与性质》第3章与提升

整理与提升考向一晶体类型与性质1.(1)[2024·新课标卷，29(2)]Ni(CO)4结构如图所示，其中含有σ键的数目为，

Ni(CO)4晶体的类型为。

答案8分子晶体(2)[2024·全国甲卷，35(4)]早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：

。

物质SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔点/℃442-3429143答案SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高2.(2025·山东，8)物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是()性质差异主要原因A沸点：H2O>H2S电离能：O>SB酸性：HClO>HBrO电负性：Cl>BrC硬度：金刚石>晶体硅原子半径：Si>CD熔点：MgO>NaF离子电荷：Mg2+>Na+，O2->F-答案A解析A项，H2O能形成分子间氢键，而H2S不能形成分子间氢键，故沸点：H2O>H2S，错误；B项，电负性：Cl>Br，羟基极性：H—O—Cl>H—O—Br，则酸性：HClO>HBrO，正确；C项，金刚石和晶体硅均为共价晶体，原子半径：Si>C，键长：Si—Si>C—C，键能：Si—Si<C—C，则硬度：金刚石>晶体硅，正确；D项，MgO、NaF均为离子晶体，离子电荷：Mg2+>Na+、O2->F-，则离子键强度：MgO>NaF，故熔点：MgO>NaF，正确。考向二晶体结构的分析与计算3.(1)[2025·山东，16(3)]α⁃Fe可用作合成氨催化剂，其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。①α⁃Fe晶胞中Fe原子的半径为pm。

②研究发现，α⁃Fe晶胞中阴影所示m、n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m、n截面中，催化活性较低的是，该截面单位面积含有的Fe原子为个·pm-2。

答案①34a②n解析①α⁃Fe为体心立方晶胞，晶胞中位于体对角线上的Fe原子相切，即体对角线长度(3apm)等于Fe原子半径的4倍，故Fe原子半径为34apm。②根据均摊法，位于截面顶点的Fe原子被周围4个共面的截面所共用，则1个m截面含有Fe原子的个数为4×14=1，1个n截面含有Fe原子的个数为4×14+1=2，m截面单位面积含有的Fe原子为1a2个·pm-2，n截面单位面积含有的Fe原子为2a×2a个·pm-2=2a2(2)[2024·浙江1月选考，17(1)节选]某化合物的晶胞如图，其化学式是。

答案CrCl2·4H2O[或Cr(H2O)4Cl2]4.(1)(2024·湖北，11B)图1中Au的配位数是。

答案12(2)[2024·北京，15(3)①]灰锡(图2所示)中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有个。

答案4(3)(2024·甘肃，12D)β⁃MgCl2晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，Mg2+离子的配位数为。

答案6(4)[2024·上海，8(4)]已知Al2Br6的晶胞如图所示(已知结构为平行六面体，各棱长不相等，Al2Br6在棱心)，该晶体中，每个Al2Br6，距离其最近的Al2Br6有个。

答案45.[2024·甘肃，15(5)节选]某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为pm；化合物的化学式是，其摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为g·cm-3(列出计算表达式)。

答案22aCa3N3BMNA6.[2025·江苏，14(2)]制备光学材料。如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。区域A“”中的离子为(填离子符号)，区域B带(填“正电”或“负电”)。

答案Cl-负电解析根据题图可知，区域A中掺入离子替代了S2-的位置，则掺入离子为阴离子(Cl-)；区域B中掺入离子替代了Zn2+的位置，则掺入离子为Cu+，所有阳离子所带正电荷总数减少，区域B带负电。7.(2024·黑吉辽，14B)如图所示立方晶胞中S与S的最短距离为。

答案22考向三配位化合物8.(2024·黑吉辽，11)如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是()QZY4溶液QZX4Y4W12溶液A.单质沸点：Z>Y>WB.简单氢化物键角：X>YC.反应过程中有蓝色沉淀产生D.QZX4Y4W12是配合物，配位原子是Y答案D解析Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X可能为N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第二周期元素，可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第三周期元素，可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N元素；W原子序数小于N且能与X形成XW3，所以W为H元素。S单质常温下呈固态，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，所以沸点：S>O2>H2，故A正确；Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的键角约为105°，NH3的键角为107°，所以简单氢化物键角：X>Y，故B正确；硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确；[Cu(NH3)4]SO4中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误。9.[2025·山东，16(2)③]八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是(填元素符号)。

答案O解析已知配离子中碳氮键的键长均相等，说明12个N原子所处的化学环境相同，且Fe3+的配位数为6，故与Fe3+配位的是6个O原子。考向四超分子10.(2025·江苏，4)在溶有15⁃冠⁃5()的有机溶剂中，苄氯()与NaF发生反应：下列说法正确的是()A.苄氯是非极性分子B.电负性：χ(F)<χ(Cl)C.离子半径：r(F-)>r(Na+)D.X中15⁃冠⁃5与Na+间存在离子键答案C解析A项，苄氯分子中正、负电中心不重合，是极性分子，错误；B项，同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，故χ(F)>χ(Cl)，错误；C项，Na+和F-核外电子排布相同，核电荷数越小半径越大，故r(F-)>r(Na+)，正确；D项，离子键只存在于阴、阳离子之间，15⁃冠⁃5由分子构成，故15⁃冠⁃5和Na+间不存在离子键，错误。11.(2024·湖北，15)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”，能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是()芳烃芘并四苯蒄结构结合常数3853764176000A.芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子B.并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同C.从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘D.芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合答案B解析“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体——超分子，A项正确；“分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm，从长的